EXAMEN PROMOMOCIÓN de MECANICA RACIONAL

UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL
FACULTAD REGIONAL BAHÍA BLANCA
EXAMEN
PROMOMOCIÓN de
MECANICA RACIONAL
Alumno: Arrieta, Juan Ángel (Leg: 13604)
Profesor titular: Dr. Ing. Liberto Ércoli
Examen promoción de Mecánica Racional
Arrieta Juan Ángel
L.U:13604 PROBLEMA Nº1: La barra mezcladora PQ de un proceso continuo de la industria de la alimentación gira alrededor del eje OA con una velocidad angular constante ω1=20 rad/seg. Al mismo tiempo, OA gira alrededor del eje Z con ω2=cte=12 rad/seg. Datos: Masa de la barra m=1 Kg. Diámetro de la barra φ= 2 cm. ⎛ l 2 R2 ⎞
⎟⎟
Izz = Ixx = m.⎜⎜ +
⎝ 12 4 ⎠
1
Iyy = .m.R 2
2
Ixy = Ixz = Iyz = 0
Con :
l = 0,8m
R = 0,01m
m = 1kg
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L.U:13604 Determinar: 1) Invariantes escalar y vectorial. Tipo de movimiento. 2) Velocidad y aceleración del extremo de la barra en función del tiempo, mediante movimiento absoluto y relativo. Comparar resultados. 3) Energía cinética de la barra. 4) Reacciones estáticas y dinámicas en O. 5) Elipsoide de inercia para la posición mostrada en la figura. Desarrollo: Primero definimos el marco de referencia dado por {0,x, y, z} en la cual la terna {x, y, z} (terna absoluta) esta fija al marco de referencia. Luego definimos la terna de referencia {x´, y´, z´}, la cual se encuentra en el extremo A de la barra. Antes de comenzar vamos a averiguar el ángulo θ. Dado que la distancia OA= 0,6 m, el ángulo θ queda definido por: Página 3 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 tan θ =
0,4
⇒ θ = 34o
0,6
1. Invariante vectorial y escalar. Tipo de movimiento: :El vector rotación ω, es la Invariante vectorial del sistema resultante de todas las rotaciones que afectan al sistema y será la misma cualquiera sea el centro de reducción adoptado, por ello es que se lo suele llamar INVARIANTE VECTORIAL del sistema. Por lo dicho anteriormente, el invariante vectorial está dado por la expresión: n
ωT = ∑ ω i i =1
Siendo ω i las diferentes velocidades que afectan al sistema, que para este problema son ω1 y ω2 OBS.: Expresaremos todos los vectores y resultados con respecto a la terna móvil {x´, y´, z´}. Por lo tanto: •
ω1 = 20k´ ⎡ rad ⎤ •
ω2 = 12.(senθ ) j´−12.(cosθ )k´ = 6,71 j´−9,95k´ ⎢
⎢ seg ⎥
⎣
⎦
⎡ rad ⎤
⎥ ⎣ seg ⎦
⎡ rad ⎤
∴ ωT = 6,71 j´+10,05k´⎢
⎥ ⎣ seg ⎦
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L.U:13604 : Si proyectamos los vectores velocidad, en un determinado Invariante escalar del sistema instante, sobre la dirección del vector rotación, estos son una constante llamada invariante escalar. donde es la velocidad de cualquier punto del cuerpo y es un versor. Si tomamos a la velocidad del centro de reducción VA : Calculamos µ: El conocimiento de los invariantes, vectorial y escalar, nos permite saber el tipo de movimiento del sistema, ya que estos lo definen. entonces nos encontramos frente a un movimiento de rotación Comoµ = 0 y
instantáneo. Tenemos rotaciones concurrentes en el punto O. 2. Velocidad y aceleración del extremo de la barra en función del tiempo, mediante movimiento absoluto y relativo. Comparar resultados: 2.1 Movimiento Absoluto: Mediante la expresión denominada forma impropia de la ley de distribución de velocidades, que nos permite calcular la velocidad de un punto cualquiera en función de la velocidad de otro punto, al que llamamos centro de reducción, y tomando como si pasara por dicho punto, procedemos a calcular la velocidad de un punto genérico P de la periferia de la barra en función del tiempo. Página 5 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 ; Tomando al punto A como centro de reducción, calculamos la velocidad del punto P. Ahora derivando con respecto al tiempo la ley impropia de distribución de velocidades deducimos: Que es la ley impropia de distribución de aceleraciones, y de esta forma hallamos la aceleración del punto P. Página 6 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 •
Comenzamos calculando : Tomando por comodidad como punto de reducción al centro de gravedad O, ya que en este punto la aceleración y velocidad son cero. (Utilizamos ω2 ya que esa es la velocidad de A). Luego: •
Para poder hallar la aceleración del punto P necesitamos hallar antes la aceleración angular del disco . La misma se obtiene derivando con respecto al tiempo la velocidad angular del mismo . Para determinar la aceleración angular del disco, necesitamos calcular de forma sencilla las derivadas de los versoresmóviles con respecto al tiempo, esto se logra acudiendo a las ecuaciones de Poisson que expresan las derivadas de los versores en función del producto vectorial entre la velocidad angular impuesta a la terna móvil y el mismo versor. De esta manera nos queda: Página 7 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 Entonces: •
•
•
Finalmente podemos calcular : 2.2 Movimiento Relativo: Velocidad: Página 8 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 •
•
Finalmente, Aceleración: •
=
=
•
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L.U:13604 •
Finalmente, Como podemos observar, tanto la velocidad como la aceleración dan el mismo resultado con ambos métodos (absoluto y relativo), como era de esperarse. 3. Energía Cinética de la barra: Utilizaremos la expresión de la energía cinética para un sólido en movimiento rototraslatorio: Página 10 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 Siendo: ⋅
: Masa de la barra. ⋅
: Vector velocidad del centro de reducción. ⋅
: Módulo del vector velocidad del centro de reducción. ⋅
: Momento de inercia de la barra respecto del eje paralelo a ω que pasa por el centro de reducción. ⋅
: Vector posición del centro de gravedad. Donde: •
e1= Energía cinética de arrastre. Es la que tendría el sistema en el supuesto que toda la masa estuviese concentrada en el centro de reducción: •
e2= Energía cinética relativa; es la originada por el movimiento relativo de la barra respecto del centro de reducción: * Primero, debemos calcular el momento de inercia: Ahora ubicamos en A, una terna solidaria a la barra que gira con ωT . Página 11 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 a
Para un instante dado, la terna x´y´z´ ubicada en A, solidaria al marco y que gira con ω2, coindice con x´´y´´z´´ ubicada en A pero solidaria a la barra y que gira con ωT. Página 12 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 Para otro instante dado: ⋅
i´=cosα i´´ ‐ senα j´´ ⋅
j´= senα i´´ + cosαj´´ ⋅
k´=k´´ Reemplazando j´y k´= Con esto obtenemos los cosenos directores: Página 13 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 También calculamos los momentos de inercia: (ver dibujo de la barra) Luego: Finalmente en * •
e3= Energía cinética relativa. Es la originada por el movimiento relativo de la barra respecto del centro de reducción. e3 0 Joules Luego: Página 14 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 4. Reacciones estáticas y dinámicas en O: Reacciones Estáticas: Reacciones Dinámicas: Página 15 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 Calculamos movimiento. mediante la expresión de la ecuación de Newton para sistemas de referencia en Donde: es la variación de Q respecto a la terna móvil como si ésta estuviese detenida. En este caso, es igual a cero ya que no hay variación respecto de la terna móvil debido a que =cte; es decir: : Cantidad de movimiento total del sistema material, esta es la que tendría su baricentro suponiendo que toda la masa se encontrara concentrada en el mismo. Para el cálculo del momento de las fuerzas exteriores respecto al punto O, utilizamos la ecuación de Euler. Siendo: = Momento cinético con respecto al punto O = Variación del momento cinético respecto a la terna móvil como si esta estuviese fija = Velocidad angular de la terna móvil; en este caso Comenzamos con el cálculo del momento cinético: Página 16 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 Siendo el momento cinético en el baricentro del sistema, entonces: Cálculos del tensor de inercia y momento cinético: Debemos hallar los cosenos directores, para rotar el tensor de inercia a un sistema de ejes paralelos a los de un marco de referencia en O. C1´1=cos 0°=1 C2´1=cos 90°=0 C3´1=cos 90°=0 C1´2=cos 90°=0 C2´2=cos 34°=0,83 C3´2=cos 56°=0,56 C1´3=cos 90°=0 C2´3=cos 124°=‐0,56 C3´3=cos 34°=0,83 Utilizando la notación de Einstein= (Iij=Cim.Cjn.Imn) I1´1´= C1´1. C1´1.I11+ C1´2. C1´2.I22+ C1´3. C1´3.I33=12.5,335.10‐2=5,335.10‐2[kg.m2] I1´2´= C1´1. C2´1.I11+ C1´2. C2´2.I22+ C1´3. C2´3.I33=0 I1´3´= C1´1. C3´1.I11+ C1´2. C3´2.I22+ C1´3. C3´3.I33=0 I2´1´= C2´1. C1´1.I11+ C2´2. C1´2.I22+ C2´3. C1´3.I33=0 I2´2´= C2´1. C2´1.I11+ C2´2. C2´2.I22+ C2´3. C2´3.I33=0,832.5,0.10‐5+(‐0,56)2.5,335.10‐2=0,0167 [kg.m2] Página 17 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 I2´3´= C2´1. C3´1.I11+ C2´2. C3´2.I22+ C2´3. C3´3.I33=0,83.0,56.5,0.10‐5+(‐0,56).0,83.5,335.10‐2=‐0,024 [kg.m2] I3´1´= C3´1. C1´1.I11+ C3´2. C1´2.I22+ C3´3. C1´3.I33=0 I3´2´= C3´1. C2´1.I11+ C3´2. C2´2.I22+ C3´3. C2´3.I33=0,56.0,83.5,0.10‐5+0,83.(‐0,56).5,335.10‐2=‐0,024 [kg.m2] I3´3´= C3´1. C3´1.I11+ C3´2. C3´2.I22+ C3´3. C3´3.I33=0,562.5,0.10‐5+0,832.5,335.10‐2=0,036 [kg.m2] De esta manera, el tensor de inercia en A será= El momento cinético en A se obtiene de la siguiente manera= Con esto calculo : Luego: Para poder calcular falta: ⋅
⋅
⋅
De esta manera obtenemos: Página 18 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 5. Elipsoide de inercia para la posición mostrada en la figura: Expresión de una superficie cuádrica en A: nos queda: Por ser Por otra parte, la ecuación canónica de una elipsoide es= Por comparación de las dos ecuaciones anteriores tenemos: Por lo tanto: Ecuación del elipsoide de inercia. Página 19 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 MECANICA ANALITICA PROBLEMA Nº2: La varilla rígida y liviana que sostiene la masa m1 está suspendida en el punto P y puede oscilar alrededor del mismo en un plano vertical, bajo la acción de la gravedad y del resorte. Suponiendo que la longitud del resorte es lo cuando está sin deformar, encontrar las ecuaciones del movimiento de m1 y m2. Desarrollo: Las ecuaciones de Lagrange para un punto material bajo la acción de fuerzas conservativas son: Donde: k = grados de libertad del sistema Página 20 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 = coordenadas generalizadas del sistema (que para nuestro caso son θ y r2). = derivadas respecto del tiempo de las coordenadas generalizadas(velocidades generalizadas) L = e – p = Función de Lagrange o Lagrangiana e = energía cinética p = energía potencial Considerando fuerzas conservativas procedemos al cálculode las ecuaciones de y teniendo en cuenta movimientotomando como coordenadas generalizadas a que el sistema tiene dos grados de libertad, es decir que k = 2. Para la masa m1 tenemos: Energía cinética: con
Energía potencial:
Para la masa m2 tenemos: Energía cinética: con
Energía potencial:
Donde: •
•
Con esto construimos la función de Lagrange: Página 21 Examen promoción de Mecánica Racional
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L.U:13604 Adaptando la fórmula de Lagrange para un punto material bajo la acción de las fuerzas conservativas a este problema particular, tenemos: → y Luego, las derivadas parciales de L con respecto a las coordenadas generalizadas y con respecto al tiempo son: •
Si : ¾
¾
¾
•
: Si ¾
¾
¾
Habrá tantas ecuaciones como grados de libertad tenga el sistema. En nuestro caso tenemos dos grados de libertad, por lo tanto habrá dos ecuaciones que describan el movimiento: --------------------------------------------------------------------
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